Description
在一个忍者的帮派里，一些忍者们被选中派遣给顾客，然后依据自己的工作获取报偿。在这个帮派里，有一名忍者被称之为 Master。除了 Master以外，每名忍者都有且仅有一个上级。为保密，同时增强忍者们的领导力，所有与他们工作相关的指令总是由上级发送给他的直接下属，而不允许通过其他的方式发送。现在你要招募一批忍者，并把它们派遣给顾客。你需要为每个被派遣的忍者 支付一定的薪水，同时使得支付的薪水总额不超过你的预算。另外，为了发送指令，你需要选择一名忍者作为管理者，要求这个管理者可以向所有被派遣的忍者 发送指令，在发送指令时，任何忍者（不管是否被派遣）都可以作为消息的传递 人。管理者自己可以被派遣，也可以不被派遣。当然，如果管理者没有被排遣，就不需要支付管理者的薪水。你的目标是在预算内使顾客的满意度最大。这里定义顾客的满意度为派遣的忍者总数乘以管理者的领导力水平，其中每个忍者的领导力水平也是一定的。写一个程序，给定每一个忍者 i的上级 Bi，薪水Ci，领导力L i，以及支付给忍者们的薪水总预算 M，输出在预算内满足上述要求时顾客满意度的最大值。
1 ≤N ≤ 100,000 忍者的个数；
1 ≤M ≤ 1,000,000,000 薪水总预算；
0 ≤Bi < i 忍者的上级的编号；
1 ≤Ci ≤ M 忍者的薪水；
1 ≤Li ≤ 1,000,000,000 忍者的领导力水平。
Input
从标准输入读入数据。
第一行包含两个整数 N和 M，其中 N表示忍者的个数，M表示薪水的总预算。
接下来 N行描述忍者们的上级、薪水以及领导力。其中的第 i 行包含三个整 Bi , C i , L i分别表示第i个忍者的上级，薪水以及领导力。Master满足B i = 0，并且每一个忍者的老板的编号一定小于自己的编号 Bi < i。
Output
输出一个数，表示在预算内顾客的满意度的最大值。
Sample Input
5 4
0 3 3
1 3 5
2 2 2
1 2 4
2 3 1
Sample Output
6
HINT
如果我们选择编号为 1的忍者作为管理者并且派遣第三个和第四个忍者，薪水总和为 4，没有超过总预算 4。因为派遣了 2 个忍者并且管理者的领导力为3，用户的满意度为 2,是可以得到的用户满意度的最大值。
我们需要处理出每个节点的孩子中满足条件的尽可能多的节点，但是我们如果从上往下遍历处理的话显然会超时O(n^2)。
所以我们需要从下往上进行处理，尽可能地利用以前的信息，所以不妨对每个节点使用一个优先队列，将满足条件的都放进去，如果工资已经高于能负担的工资，就把工资最高的那个人去掉。然后将相邻两个节点进行合并。为了提高效率，我们应当先处理重孩子，再处理轻孩子。
可是这样使用STL自带的优先队列复杂度还不够优秀，我们可以针对这个问题实现我们自己的优先队列，所用的数据结构就是左偏树
左偏树是一种二叉堆，这种堆可以合并出高度比较低的树，具体就是通过节点x到没有右子树的节点y的距离来进行判断，及时交换左右孩子，从而使得堆不会变得很长。
这样的堆有利于再和其他的堆进行合并。
合并的时候：从上往下合并，不断地把根节点更大的右儿子和另一个堆合并。（可以证明这样的复杂度最优秀）
具体到这个问题中，我们用节点类型存储每个节点的数据，可是每个节点的根节点却不一定是他本身，在二叉堆构造过程中，原本的位置已经改变，为了记录这种改变，我们用root数组记录在左偏树中该节点的父亲节点。（在访问到他为止左偏树中的节点都是实际树形关系中他的孩子和他本身）
当目前工资已经超过最大工资的时候，我们就删去堆顶元素（贪心思想，堆顶的工资最高，删去他最划算）
借鉴了网上的代码加上自己的思考，发现自己这样写虽然没有什么错误，但是还是应该把用于记录堆关系的和用于记录树关系的数据分开，混在一起导致容易理解错误。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<climits>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#define rep(i,x,n) for(register int i=x;i<=n;i++) using namespace std;typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+5;
struct Node
{int cost; ll ctrl;int rson,lson,dis;
}Tree[MAXN];
int nex[MAXN];
int head[MAXN],num=0;
int N; ll M;
int root[MAXN],sz[MAXN]; ll sum[MAXN];
ll ans=0;int Merge(int x,int y)
{if(!x || !y) return x+y;if(Tree[x].cost<Tree[y].cost) swap(x,y);Tree[x].rson=Merge(Tree[x].rson,y);if(Tree[Tree[x].rson].dis> Tree[Tree[x].lson].dis) swap(Tree[x].rson,Tree[x].lson);Tree[x].dis=Tree[Tree[x].rson].dis+1;return x;
}void Delete(int& x)
{x=Merge(Tree[x].lson,Tree[x].rson);
}int dfs(int x)
{root[x]=x;sum[x]=Tree[x].cost; sz[x]=1;for(int i=head[x];i;i=nex[i]){dfs(i);root[x]=Merge(root[x],root[i]);sum[x]+=sum[i]; sz[x]+=sz[i];}while(sum[x]>M){sum[x]-=Tree[root[x]].cost;sz[x]--;Delete(root[x]);}ans=max(ans,sz[x]*Tree[x].ctrl);
}int main()
{scanf("%d%lld",&N,&M);int t; //int Master=-1;rep(i,1,N){scanf("%d",&t);//if(t==0) Master=i;nex[i]=head[t]; head[t]=i;scanf("%d%lld",&Tree[i].cost,&Tree[i].ctrl);}dfs(1);printf("%lld",ans);return 0;
}
